高考导数题型大全及答案(9页).doc

《高考导数题型大全及答案(9页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考导数题型大全及答案(9页).doc（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、-高考导数题型大全及答案-第 9 页第三讲导数的应用研热点（聚焦突破）类型一 利用导数研究切线问题导数的几何意义(1)函数yf(x)在xx0处的导数f(x0)就是曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf(x0)；(2)曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)例1(2012年高考安徽卷改编)设函数f(x)aexb(a0)在点(2，f(2)处的切线方程为yx，求a，b的值 解析f(x)aex，f(2)ae2， 解得ae22或ae2(舍去)，所以a，代入原函数可得2b3， 即b， 故a，b.跟踪训练已知函数f(x)x3x.(1)求曲线yf(

2、x)的过点(1，0)的切线方程；(2)若过x轴上的点(a，0)可以作曲线yf(x)的三条切线，求a的取值范围解析：(1)由题意得f(x)3x21.曲线yf(x)在点M(t，f(t)处的切线方程为yf(t)f(t)(xt)，即y(3t21)x2t3，将点(1，0)代入切线方程得2t33t210，解得t1或，代入y(3t21)x2t3得曲线yf(x)的过点(1，0)的切线方程为y2x2或yx. (2)由(1)知若过点(a，0)可作曲线yf(x)的三条切线，则方程2t33at2a0有三个相异的实根，记g(t)2t33at2a.则g(t)6t26at6t(ta)当a0时，函数g(t)的极大值是g(0)

3、a，极小值是g(a)a3a，要使方程g(t)0有三个相异的实数根，需使a0且a3a0且a210，即a1；当a0时，函数g(t)单调递增，方程g(t)0不可能有三个相异的实数根；当a0时，函数g(t)的极大值是g(a)a3a，极小值是g(0)a，要使方程g(t)0有三个相异的实数根，需使a0，即a0，即a0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f(x)0；当x(1，)时，h(x)0，所以当x(0，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0时，yax22x1为开口向上的抛物线，所以ax22x10在(0，)上恒有解；(2)当a0，此时1a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)

4、与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解析(1)f(x)2ax，g(x)3x2b，因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且2a3b.解得a3，b3. (2)记h(x)f(x)g(x)当ba2时，h(x)x3ax2a2x1，h(x)3x22axa2.令h(x)0，得x1，x2.a0时，h(x)与h(x)的变化情况如下：00所以函数h(x)的单调递增区间为(，)和(，)；单调递减区间为(，)当1，即0a

5、2时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)aa2.当1，且1，即2a6时，函数h(x)在区间(，)上单调递增，在区间(，1上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为h()1.当6时，函数h(x)在区间(，)上单调递增，在区间(，)上单调递减，在区间(，1上单调递增，又因为h()h(1)1aa2(a2)20，所以h(x)在区间(，1上的最大值为h()1.跟踪训练(2012年珠海摸底)若函数f(x)，在2，2上的最大值为2，则a的取值范围是()Aln 2，)B0，ln 2C(，0 D(，ln 2解析：当x0时，f(x)6x26x，易知函数f(x)在(，0上

6、的极大值点是x1，且f(1)2，故只要在(0，2上，eax2即可，即axln 2在(0，2上恒成立，即a在(0，2上恒成立，故aln 2.答案：D析典题（预测高考）高考真题【真题】(2012年高考辽宁卷)设f(x)ln(x1)axb(a，bR，a，b为常数)，曲线yf(x)与直线yx在(0，0)点相切(1)求a，b的值；(2)证明：当0x2时，f(x)0时，2x11x2，故1.记h(x)f(x)，则h(x).令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0，2)内是递减函数又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0，2)内

7、是递减函数又h(0)0，得h(x)0. 于是当0x2时，f(x)0时，2x11x2，故1.令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k(x)10，故k(x)0，即ln(x1)0时，f(x)x.记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，h(x)f(x)(x6)f(x)9x(x6)()93x(x1)(x6)(2)18(x1)3x(x1)(x6)(3)18(x1)(7x18)0.因此h(x)在(0，2)内单调递减又h(0)0，所以h(x)0，即f(x)g(x)；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题知当a1时，f(x)1，因为当0x

8、1时，f(x)0，此时f(x)单调递减，当1x0，此时f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)1. (2)证明因为f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e上的最小值为1.令h(x)g(x)，h(x)，当0x0，h(x)在(0，e上单调递增，所以h(x)maxh(e)g(x).(3)假设存在实数a，使f(x)axln x(x(0，e)有最小值3，f(x)a.当a0时，因为x(0，e，所以f(x)0，而f(x)在(0，e上单调递减，所以f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，此时f(x)无最小值；当0e时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，e上单调递增，所以f(x)minf()1ln a3，ae2，满足条件；当e时，因为x(0，e，所以f(x)0，所以f(x)在(0，e上单调递减，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)此时f(x)无最小值综上，存在实数ae2，使得当x(0，e时，f(x)有最小值3.